最大团

合集 - 学习笔记(52)

1.随机化算法2024-02-272.组合数学2024-02-273.概率和期望2024-02-274.树链剖分2024-02-275.矩阵乘法与矩阵快速幂2024-02-276.最短路2024-02-277.卡特兰数、Prüfer 序列、BSGS2024-02-278.分块和莫队2024-02-279.AC 自动机2024-02-2710.平衡树2024-02-2711.基础字符串算法2024-02-2712.基础数论2024-02-2713.Miller-Rabin 与 Pollard-Rho2024-08-2314.广义后缀自动机2024-06-2515.后缀自动机 SAM2024-06-2216.回文自动机 PAM2024-06-1817.Manacher2024-06-1618.后缀数组2024-06-0819.01 分数规划2024-06-0220.网络流2024-05-0521.整体二分2024-05-0522.cdq 分治2024-05-0423.点分治2024-04-2124.虚树2024-04-1425.扫描线2024-04-1126.笛卡尔树2024-04-0627.基环树2024-04-0228.树哈希2024-03-0929.莫比乌斯反演2024-11-2830.二分图2024-11-0731.朱刘算法2024-10-29

32.最大团2024-10-29

33.杂项2024-08-2434.杜教筛2024-12-0135.拉格朗日插值2024-12-1036.线段树综合2024-12-1737.可持久化数据结构2024-12-2438.K-D Tree2024-12-2539.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-2740.线性基2024-12-3041.替罪羊树01-0942.LCT01-1843.插头 dp01-2044.原根01-2045.多项式乘法01-2246.斯特林数01-2347.二项式反演与斯特林反演01-2348.Min-Max 容斥01-2449.辛普森积分法01-2550.Min_25 筛02-0351.凸包02-1652.2-SAT03-03

收起

1 问题引入

给定一个无向图，定义如下概念：

• 团：节点之间两两相连的子图。
• 极大团：不能再继续扩大的团。
• 最大团：一张无向图中最大的极大团。

现在的问题是怎样求出一个图的最大团。实际上这个问题是 NP-hard 的，也就是没有多项式解法。但是有复杂度较为优秀的指数级算法。

主流算法有两种：状压 dp 和 Bron-Kerbosch 算法。后一种算法复杂度更低，前一种较为简单。

2 状压 dp 解法

先考虑朴素状压怎么办。记录下每一个点向外扩展的点集 $P_i$，然后 $O(2^n)$ 枚举子图，然后检查每一个点 $i$，看 $P_i$ 是否包含这个子图中的所有点。这样的复杂度是 $O(2^{n}n)$ 的。

接下来我们使用状压 dp + meet in the middle 优化复杂度，可以达到 $O(2^{n/2}n)$。

考虑枚举前一半的点集，对于这些点构成的任意集合 $S$，求出 $f(S)$ 表示 $S$ 点集中最大团的大小。然后枚举后一半的点集，对于任意一个集合 $T$，求出 $T$ 中每一个点的 $P_i$ 的交集 $R$。然后判断 $T$ 是不是团，如果是，则用 $cnt(T)+f(R)$ 来更新答案（其中 $cnt(T)$ 为 $T$ 子集大小）。

那么整体代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Inf = 2e9;

int n, m;
int out[45];
int f[1 << 20];

int lowbit(int x) {
	return x & (-x);
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		out[u] |= (1ll << (v - 1));//记录每一个点的出点
		out[v] |= (1ll << (u - 1));
	}
	int ans = 0;
	int x = (n >> 1), y = n - x;
	for(int i = 1; i < (1 << x); i++) {//枚举前一半的点集
		bool flg = 1;
		for(int j = 1; j <= x; j++) {
			if(!((i >> (j - 1)) & 1)) continue;
			if((out[j] & i) != (i ^ (1 << (j - 1)))) {//判断是不是完全图
				flg = 0;
			}
		}
		if(flg) {
			f[i] = __builtin_popcount(i);//直接记录下每一个团的 f 值
			ans = max(ans, f[i]);
		} 
	}
	for(int i = 1; i < (1 << x); i++) {
		for(int j = 1; j <= x; j++) {//用每一个团去更新剩下的子图
			if(!((i >> (j - 1)) & 1)) continue;
			f[i] = max(f[i], f[i ^ (1 << (j - 1))]);	
		}		
	}
	for(int i = 1; i < (1 << y); i++) {//枚举后一半点集
		bool flg = 1;
		for(int j = 1; j <= y; j++) {
			if(!((i >> (j - 1)) & 1)) continue;
			if(((out[j + x] >> x) & i) != (i ^ (1 << (j - 1)))) {//判断是不是完全图
				flg = 0;
			}
		}
		if(!flg) continue;
		int S = (1 << x) - 1;
		for(int j = 1; j <= y; j++) {
			if(!((i >> (j - 1)) & 1)) continue;
			S &= out[j + x];//求出点交集
		}
		ans = max(ans, f[S] + __builtin_popcount(i));//更新答案
	}
	return 0;
}

3 Bron-Kerbosch 算法

BK 算法的核心其实是搜索，我们每次加入一个点，看当前点集能否构成最大团。如果能继续递归，否则就进行回溯。显然这样做是非常不优的，而 BK 算法其实就是对它的优化。该算法复杂度（据说）是 $O(3^{n/3})$，证明我也不会，但是它肯定是比上面的状压做法优的。

BK 算法制定了三个集合 $R,P,X$。$R$ 表示当前正在找的极大团中的点，$P$ 表示有可能加入极大团中的点，$X$ 表示已经在极大团中的点。

现在我们进行如下操作：

• 初始化 $R,X$ 为空集，$P$ 为所有点。
• 将 $P$ 中顶部元素 $u$ 取出，设 $W(u)$ 表示所有与 $u$ 相邻的点，则递归集合 $R\cup u,P\cap W(u),X\cap W(u)$。
  • 此时如果 $P,X$ 均为空，则 $R$ 中的所有元素构成一个极大团。
• 将 $u$ 从 $P$ 中删去，加到 $X$ 中。
• 重复 $2,3$ 步，知道 $P$ 集合为空。

其实整体思路还算明确，我们分析一下：

• 当我们取出一个点加入 $R$ 中时，此时有可能加入极大团的点一定需要在 $W(u)$ 中，因此 $P$ 要和它取交集。
• $X$ 的作用只是为了判重，避免找到重复的极大团。当取出一点后，$X$ 里面剩下的可能会与当前极大团重复的点也一定要在 $W(u)$ 中，因此也要取交集。
• 当 $P,X$ 均为空时，则这个团没有被找到过，且无法再被扩展，自然就是一个新的极大团。

最后我们还有一个小优化：当我们从 $P$ 中取出一点 $u$，如果 $v$ 与 $u$ 相连，则它在本层递归中会被加入到极大团中；而在下一层递归我们仍然有可能取出 $v$ 加入极大团，这样会造成重复。所以在这一层，我们只取 $u$ 即可，到下一层再取和 $u$ 相连的点 $v$。这被称为关键点优化。

最后代码如下：

int ans;
int g[45][45];
int r[45][45], p[45][45], x[45][45];

void dfs(int d, int R, int P, int X) {
	if(!P && !X) {//P,X 集合都不为空
		ans = max(ans, R);//则 R 中元素构成极大团
		return ;
	} 
	int u = p[d][1];//关键点优化
	for(int i = 1; i <= P; i++) {
		int v = p[d][i];
		if(g[u][v]) continue;//相邻不必在此递归
		for(int j = 1; j <= R; j++) {
			r[d + 1][j] = r[d][j];
		}
		r[d + 1][R + 1] = v;//取并集
		int nP = 0, nX = 0;
		for(int j = 1; j <= P; j++) {//取交集
			if(g[v][p[d][j]]) p[d + 1][++nP] = p[d][j];
		}
		for(int j = 1; j <= X; j++) {//取交集
			if(g[v][x[d][j]]) x[d + 1][++nX] = x[d][j];
		}
		dfs(d + 1, R + 1, nP, nX);
		p[d][i] = 0, x[d][++X] = v;//加入 v
	}
}